6个解答题专项强化练(四)数列1．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.故Tn＝×4n＋1＋.所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.2．已知数列{an}满足：a1＝，an＋1－an＝p·3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R.(1)若q＝0，且数列{an}为等比数列，求p的值；(2)若p＝1，且a4为数列{an}的最小项，求q的取值范围．解：(1) q＝0，an＋1－an＝p·3n－1，∴a2＝a1＋p＝＋p，a3＝a2＋3p＝＋4p，由数列{an}为等比数列，得2＝，解得p＝0或p＝1.当p＝0时，an＋1＝an，∴an＝，符合题意；当p＝1时，an＋1－an＝3n－1，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝＋(1＋3＋…＋3n－2)＝＋＝·3n－1，∴＝3.符合题意．∴p的值为0或1.(2)法一：若p＝1，则an＋1－an＝3n－1－nq，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝＋(1＋3＋…＋3n－2)－[1＋2＋…＋(n－1)]q＝[3n－1－n(n－1)q]． 数列{an}的最小项为a4，∴对任意的n∈N*，有[3n－1－n(n－1)q]≥a4＝(27－12q)恒成立，即3n－1－27≥(n2－n－12)q对任意的n∈N*恒成立．当n＝1时，有－26≥－12q，∴q≥；当n＝2时，有－24≥－10q，∴q≥；当n＝3时，有－18≥－6q，∴q≥3；当n＝4时，有0≥0，∴q∈R；当n≥5时，n2－n－12>0，所以有q≤恒成立，令cn＝(n≥5，n∈N*)，则cn＋1－cn＝>0，即数列{cn}为递增数列，∴q≤c5＝.综上所述，q的取值范围为.法二： p＝1，∴an＋1－an＝3n－1－nq，又a4为数列{an}的最小项，∴即∴3≤q≤.此时a2－a1＝1－q<0，a3－a2＝3－2q<0，∴a1>a2>a3≥a4.当n≥4时，令bn＝an＋1－an，bn＋1－bn＝2·3n－1－q≥2·34－1－>0，∴bn＋1>bn，∴0≤b4
0.∴Bn＋1>Bn，∴Bn单调递增，故(Bn)min＝B1＝，∴λ<.∴实数λ的取值范围为.②证明： Tn＝＋＋…＋，∴当n≥2时，Tn－1＝＋＋…＋，∴Tn－Tn－1＝，即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1.∴当n≥2时，(Tn＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋(5T4－4T3)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1.∴存在关于n的整式g(n)＝n＋1，使得(Tn＋1)＝Tn·g(n)－1对一切n≥2，n∈N*都成立．4．已知数列{an}满足a1＝，对任意的正整数m，p，都有am＋p＝am·ap.(1)证明：数列{an}是等比数列；(2)若数列{bn}满足an＝－＋－＋…＋(－1)n＋1，求数列{bn}的通项公式；(3)在(2)的条件下，设cn＝2n＋λbn，则是否存在实数λ，使得数列{cn}是单...
